【文档说明】河南省南阳市一中2022-2023学年下学期开学考试理科数学试题答案.docx，共(12)页，843.424 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-902025f0b783dcf7eb85d41133f0898c.html

以下为本文档部分文字说明：

南阳一中2023年春期高三年级开学考试理数答案一、选择题1-6AACAAA7-12DAABDC1．【答案】A22log1(0,2],30[0,3]AxxBxxx===−=∣∣，[0,3]AB=，2．【答案】A因为()()21i13iz−=−，所以()2(86i)(

1+i)13i17i21iz−−=−==−−−，故22(1)(7)52z=−+−=，3．【答案】C由题意π3ABC=，由余弦定理可得222π24224cos123AC=+−=，则222ACABBC+=，

所以π2CAB=，以AB、AC所在直线分别为x、y轴建立平面直角坐标系，如下图所示，则()2,0B，()0,23C，()2,23D−，233222BDk==−−−，则直线BD的方程为()322yx=−−，即32230xy+−=，所以圆C半径为

4323221734r−==+，圆C的方程为()2212237xy+−=，设221221cos,23sin77M+，221221cos,23sin77AM=+，()4,23BD=−，所以()821127cossin1243s

in1277AMBD=−++=−+，其中23tan3=且为锐角，所以，AMBD的最小值为1243+．4．【答案】A由图像可得每一个实心圆点的下一行均分为一个实心圆点与一个空心圆点,每个空心圆点下一行均为实心圆点.故从第三行

开始,每行的实心圆点数均为前两行之和.即()12,3nnnaaan−−=+.故第1到第12行中实心圆点的个数分别为：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89.5．【答案】A由题意，得点C的坐标为,2aa−，点F的坐标为,2abb+，∵C，F两点

都在抛物线22ypx=上，∴222222aapabpb==+，即2220abab−+=，即2120bbaa−+=，解得12ba=+或12ba=−，又0ab，∴12ba

=+,6．【答案】A176A=，1i=，16i成立，190A不成立，112i=+=；279A=，2i=，16i成立，290A不成立，112i=+=；LLL792A=，7i=，16i成立，790A成立，011n=+=，718i=+=；L

LL依此类推，上述程序框图是统计成绩不低于90分的学生人数，从茎叶图中可知，不低于90分的学生数为10，故选A．7．【答案】D∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB=，AD平面ABCD，ADAB

⊥，∴AD⊥平面PAB，又PA平面PAB，∴ADPA⊥，同理可得BCPB⊥．由题意可知2PAPBABBCCDAD======，则22PCPD==，45APDBPC==．将平面,,PADPCDPBC展开到

一个平面内如图，则AEEFBF++的最小值即为展开图中AB的长全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》．∵2228843cos2422222PCPDCDCPDPCPD+−+−===，从而7sin4CPD=，故()7coscos90

sin4APBCPDCPD=+=−=−．在PAB中，由余弦定理可得222272cos448827(71)4ABPAPBPAPBAPB=+−=++=+=+，则71AB=+，即AEEFBF++的最

小值为71+．8．【答案】A132nnnaa++=，故111232221222nnnnnnnnnnnnnaaaaaa+++−−−−===−−−−，又121a−=−，所以2nna−是首项为1−，公比为1−的等比数列，所以(1)2nnna=−+，则()1112111112

112121212121409312Saaa−=+++=−++++−+=−+=−9．【答案】A依题意如图所示：取BC的中点E，则E是等腰梯形ABCD外接圆的圆心，取F是SAD的外心，作OE⊥平面,ABCDOF⊥平面SAB，则O是四棱锥SABCD−的外接球球心，且3,2==OFSF，设四棱锥

SABCD−的外接球半径为R，则22213RSFOF=+=，而1OE=，所以max131dROE=+=+，10．【答案】B由题意知，的可能取值为2,3,4,其概率分别为22251(2)10APA===，2113232335+3(3)10ACCAPA===，32131133

233245+6(4)10ACCACCPA===，所以13672+3+4=1010102E=，故选B．11．【答案】D连接AF2,BF2,记A,B中点为N，根据题意知：AF2=BF2,所以设AF2=BF2

=m,并且NF2垂直AB,由于过点F1的直线斜率为13，设直线的倾斜角为113,tan=sin,cos31010==所以，则，所以在直角三角形F1F2N中，21262sin,2cos1010ccNFcNFc====，根据双曲线的定

义：AF1-AF2=2a,所以：AF1=2a+m,同理：BF1=m-2a;由AB=AF1-BF1,所以AB=4a,则AN=BN=2a,故：BF1=NF1-BN=610c-2a因此：m=610c;在直角三角形ANF2中，2222222262,=4a()101

0ccAFNFAN=++所以：（），从而解得离心率：52e=12．【答案】C因为()22fx+为偶函数，所以()()2222fxfx−+=+，用1122x+代替x得：()()13fxfx−+=+，因为()1fx+为奇函数，所以()()11fxfx−+=−+，故()()31fxf

x+=−+①，用2x+代替x得：()()53fxfx+=−+②，由①②得：()()51fxfx+=+，所以函数()fx的周期4T=，所以()()401ff==，即1b=，因为()()11fxfx−+=−+，令0x=得：()()11ff=

−，故()10f=，()10fab=+=，解得：1a=−，所以0,1x时，()1fxx=−+，因为()()11fxfx−+=−+，令12x=，得2123ff=−，其中1111222f=−+=，所以3122f=−，因为()()2

222fxfx−+=+，令14x=得：12214422ff−+=+，即235212ff==−，因为4T=，所以7714222fff=−=−，因为()()11fxfx

−+=−+，令32x=得：151222ff−=−=，故2721f=，311111122235722222ififff=+=++=−−+=−.二、填空题13.1314.222450xyxy+

−−−=15.(3,2−16.)1,+13．【答案】13设第一次摸到红球为事件A,第二次摸到红球为事件B,则()1111212224CCCC61A122PB+===,()112124CC21A126PAB=

==,所以()1(|)()3PABPABPB==.14．【答案】222450xyxy+−−−=设所求圆的标准方程为()()222xaybr−+−=，由题意得：()()()()2222222325310abrabrab−−+−=−+−=−−=

，解得：21210abr===，故所求圆的方程为()()221210xy−+−=，即222450xyxy+−−−=．15．【答案】(3,2−解：∵函数()()()2sin20fxx=+的图象关于直线12x=对称，62k

+=+，()3kkZ=+，当取最小值是3=，()2sin23fxx=+，∵00,2x，∴042,333x+，32sin223x−+，即a的取值范围是(3,2−.16．【答案】)1,+解：求导得21()[

(21)]xxfxextx−=−+有两个零点等价于函数()(21)xxext=−+有一个不等于1的零点，分离参数得()21xethxx==+，令()(0)21xehxxx=+，221()(21)xxhxex−

=+，()hx在1(0,)2递减，在1(,)2+递增，显然在12x=取得最小值2e，作()hx的图象，并作yt=的图象，注意到(0)1h=，(1)13eh=，（原定义域0x，这里为方便讨论，考虑(0))h，当1t…时，直线yt=与()21xehxx=+只有

一个交点即()x只有一个零点（该零点值大于1)；当2et=时21()[(21)]xxfxextx−=−+在12x=两侧附近同号，12x=不是极值点；当3et=时函数()(21)xxext=−+有两个不同零点（其中一个零点等于1)，但此时21()[(21)

]xxfxextx−=−+在1x=两侧附近同号，使得1x=不是极值点不合．三、解答题17．【详解】（1）①设∠BAD＝α，∠CAD＝β，在△ABD中，由正弦定理得：sinsinABBDBDA=，即sins

inABBDABD=，在△ACD中，由正弦定理得：sinsinCDACCDA=，即sinsinACCDACD=由题意可得：ABACBDCD=，则sinsinsinsinBDACDA=∵πBDACDA+=，则sinsinBDACDA=∴sinsin

=，又因为π02＜、＜，所以=，即BADCAD=所以AD平分∠BAC，②由题意可得：coscos0ADBADC+=，即222222022ADBDABADDCACADBDADDC+−+−+=整理得：222DCBDBDDCBDDCBDADBDCAAC=+−++∵ABDBACD

C=，∴222ACABBDDCABACABACADABACABACDBDC==+−+−+即证（2）因为()1+sinsin=cos(1+cos)BBACBBAC，即sincos1cos1sinBACBBACB=++又∵2sinsin22sincostan1cos1co

s212cos1BACBAC===+++−222cossincossincossincossin1tancosπ222222222tan1sin4212sincoscossin1tancossin2222222BBBBBBBBBBBBBBBBBBB

−+−−−=====−+++++所以π42B=−，即π22B+=所以π2BACB+=，则222abc+=∴()()()()222222222ababababcab+++==++，当且仅当=ab时等号成立所以+abc的最大值为2．18．【详解】

（1）解：随机变量X的所有可能取值为0、1、2、3，()3213121110C33339PX==+=，()222421181C33381PX===，(

)2224212162C33381PX===，()23232122163C333327PX==+=，所以X的分布列为X0123P1988116811627所以数学期望()1816161840123981812781EX=+++

=.（2）解：记“甲、乙两队比赛两场后，两队积分相等”为事件A，设第i场甲、乙两队积分分别为iX、iY，则3iiXY=−，1i=、2，因两队积分相等，所以1212XXYY+=+，即()()121233XXXX+=−+−，则123XX+=，所以()(

)()()()()()()()1212121203122130PAPXPXPXPXPXPXPXPX===+==+==+==1168161681611120927818181812796561=+++=．19．【详解】（1）∵,MQ分别为棱

11,DDBB中点，//MDBQ，MDBQ=，四边形MQBD为平行四边形，//MQBD，又BD平面1BCD，MQ平面1BCD，//MQ平面1BCD，∵N为棱AD的中点，1//MNAD，又11//ADBC，1//MNBC，∵1BC

平面1BCD，MN平面1BCD，//MN平面1BCD.又MNMQM=，,MNMQ平面MNQ，平面MNQ∥平面1BCD.（2）由题意知1DADCDD、、两两垂直，以为原点，1,,DADCDD方向分别为,,xyz轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，设1

11APAB=（01），1AB=，则11(1,0,0),(,0,0),(0,0,1),(1,1,1),(1,0,2),(1,1,2)2ANMQAB，故1(,0,1)2MN→=−，(1,1,0)MQ→=，设(,,)Pxyz，则由111APAB→→=可得1020xyz−==−=

，(1,,2)P，则(1,,1)MP→=设平面PMN的一个法向量为111(,,)mabc→=，则11111100,200,mMNacmMPabc=−==++=，取11c=，则3(2

,,1)m→−=，设平面MNQ的一个法向量为222(,,)nabc→=，则2222100,200,nMNacnMQab=−==+=，取21c=，则(2,2,1)n→=−，由题知22641

1321132164252153063639341mnmn++==−+=++，解得34=或5116（与01矛盾，舍去），故34=，即11134APAB=.20．【详解】（1）由已知设椭圆C方程为：221(0,0)mxnymn+=，代入()32,0,1,2

AB−，得11,43mn==，故椭圆C方程为22143xy+=.（2）设直线()()1122:,,,,lykxmPxyQxy=+，由()22222,43841203412ykxmkxkmxmxy=++++−=+=得，122212284341

243kmxxkmxxk−+=+−=+，()()2222226444341219248144kmkmkm=−+−=−+，又11212112,222ykxmkxmkkxxx++===+++，故()()()12121212121212122242224kxxkxxmxxmk

xmkxmkkxxxxxx++++++++=+=+++++2222228241681612412161612kmkkmkmkmmmkmk−−−++=−−++223644mkmkmk−=−+，由123kkk+=−，得22320mkmk−+=，故()()202mkmkmk−−==或mk=，①当2

mk=时，直线():22lykxkkx=+=+，过定点()2,0A−，与已知不符，舍去；②当mk=时，直线():1lykxkkx=+=+，过定点()1,0−，即直线l过左焦点，此时22219248144144144

0kmk=−+=+，符合题意.所以FPQ△的周长为定值48a=.21．【详解】试题解析：(Ⅰ)由题意知：函数()ln()yfxaxa=+=+与yx=相切，设切点00(,),Pxy1,yxa=+011xa=+又有00ln()xxa=+

00,x=所以1a=（Ⅱ）21'()xmxgxx−+=由题意知：的两个根为1212,()xxxx1212,1xxmxx+==又因为12,xx是函数2()()hxfxcxbx=−−的零点2111ln0xcxbx−−=，2222ln0xcxbx−−=两式相减得：1212

12ln()xxbcxxxx=−+−1212()()2xxyxxh+=−1212122()[()]xxcxxbxx=−−+−+12121212ln2()[]xxxxxxxx=−−+−1211222()

lnxxxxxx−=−+1211222(1)ln1xxxxxx−=−+，令12,(01)xttx=由1212,1xxmxx+==得212,tmt++=又52m，得1(0,]4t，设函数2(1)()ln1tGttt−

=−+22(1)'()0(1)tGttt−−=+所以()Gx在1(0,]4t上单调递减，所有min16()()2ln245GxG==−+考点：①函数与方程；②求导运算；③运用导数解决函数问题.22．【详解】（1）把cosx=，si

ny=代入直线l的方程得：cossinsincos0−=，整理得：sin()0−=，所以l的极坐标方程是=（R，2），又由22cos2sinxy=+=（为参数）得1C的

普通方程是222122xy−+=即2240xyx+−=，将cosx=，siny=代入可得其极坐标方程是24cos=即4cos=；（2）因为1C：4cos=，2C：2sin=，将=

2分别代入1C，2C得||4cosOM=−，||2sinON=.所以22||||4sin4cosONOM+=−2214cos4cos44cos52=−−+=−++

.又2，所以，当1cos2=−时，即23=时，2||||ONOM+取最大值5.23．【详解】（1）2k=时，22()12=−+−fxxxx，当1x或1x−时，可得22()120=−+−fxxxx，解得131322

x−+，所以1312+x，当11x−，可得22()120=−++−fxxxx，解得12x，所以112x，不等式()0fx的解集为113|22xx+；（2）()

(221,1,2()1,0,1xkxxfxkxx−−=−，若两个零点都在()1,2上，则12102xx=−，不符合题意；(()1,0,1=−fxkxx也不可能存在两个零点，所以两个零点一个在(0,1，一个在()1,2，不妨设

(()120,1,1,2xx，则11kx=，且1k，222222112−==−xkxxx，因为()21,2x，所以2217122=−kxx，故712k时()fx在区间()0,2内有两个零点，所以212112xxx=−，得212112xxx+=

，因为()21,2x，所以121124xx+.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com